PHƯƠNG TÍCH TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG

CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TÍCH - TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG A.PHẦN MỞ ĐẦU 1.Lý chọn đề tài Hình học phẳng chuyên đề tương đối quan trọng chương trình THPT chuyên Toán Trong kì thi học sinh giỏi Quốc gia, Thi Olympic Toán Quốc tế khu vực, toán hình học phẳng luôn xuất chí hai Có nhiều cách, có nhiều định lý, nhiều kiến thức để học sinh xử lý yêu cầu toán như: Phép biến hình; hàng điểm điều hòa; định lýCeva, Menelauyt; tính chất đường thẳng Simson, Steiner…Tuy nhiên, nhiều năm trở lại , toán hình học thi VMO thường xoay quanh vấn đề về: Phương tích, trục đẳng phương; hàng điểm điều hòa hay dạng biến đổi góc Bên cạnh ta thấy, kiến thức Phương tích trục đẳng phương vấn đề quen thuộc hình học phẳng, học sinh tiếp cận chương trình sách giáo khoa THPT Chuyên Toán 10 Lý thuyết, tính chất phần tương đối đơn giản, dễ hiểu lại có nhiều ứng dụng toán: Chứng minh đồng quy; ba điểm thẳng hàng; điểm cố định tính toán số đại lượng tam giác đường tròn…Sử dụng phương tích trục đẳng phương thường cho ta lời giải gọn gàng, dễ hiểu; tránh số bước vẽ hình phức tạp Tuy nhiên, làm để học sinh phát vận dụng kiến thức Phương tích - Trục đẳng phương vào dạng toán chứng minh trên? Nếu dùng Trục đẳng phương thay số kiến thức khác thu điều gì? Giải xong toán, ta dùng kiến thức để làm toán mở rộng khác không? Đó câu hỏi đặt cần tìm hướng giải Sự đơn giản kiến thức đem lại ứng dụng hay hấp dẫn nhiều học sinh giáo viên học, giảng dạy chuyên đề hình phẳng sử dụng tính chất trục đẳng phương, tâm đẳng phương Từ điều thú vị, hấp dẫn số câu hỏi đặt chọn đề tài “ Phương tích- Trục đẳng phương” làm chuyên đề hội thảo năm 2015-2016 2.Mục đích đề tài Việc sử dụng kiến thức phương tích - trục đẳng phương hình học phẳng khai thác nhiều khía cạnh khác nhau, tùy theo yêu cầu toán Tuy nhiên, nhằm khai thác mạnh kiến thức này, đề tài “ Phương tích - Trục đẳng phương” tập trung vào vài ứng dụng mà tần số câu hỏi dạng xuất kì thi học sinh giỏi tương đối cao Đó là: Chứng minh thẳng hàng; đồng quy; điểm cố định; quỹ tích điểm số toán khác Nội dung đề tài số kinh nghiệm giảng dạy chuyên đề tham khảo qua số đồng nghiệp trường Chuyên khác Với hi vọng giới thiệu, đem đến cho thầy cô học sinh ứng dụng thú vị phương tích, trục đẳng phương; trình bày phát triển , mở rộng từ đề thi IMO, VMO vô địch nước Bên cạnh đó, mong nhận góp ý đồng nghiệp học sinh để chuyên đề hoàn thiện B PHẦN NỘI DUNG I.Tóm tắt lý thuyết Phương tích điểm đường tròn 1.1.Bài toán: Cho đường tròn (O; R) điểm M cố định, OM = d Một đường thẳng thay đổi qua M cắt đường tròn hai điểm A B Khi MA.MB = d − R Chứng minh: Gọi C điểm đối xứng A qua O Ta có CB ⊥ AM hay B hình chiếu C AM Khi ta có uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur2 uuur2 MA.MB = MA.MB = (MO + OC )( MO + OA) = ( MO − OA ) = d − R 1.2.Định nghĩa Giá trị không đổi MA.MB = d − R toán gọi phương tích điểm M đường tròn (O) kí hiệu PM /(O) Và PM /( O ) = MA.MB = d − R 1.3.Định lý 1.1 Nếu hai đường thẳng AB CD cắt P PA.PB = PC.PD điểm A, B, C, D thuộc đường tròn Chứng minh: Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt CD D’ Khi ta có theo định lý 1.1 ta có PA.PB = PC PD ' , suy PC.PD = PC.PD ' ⇒ D ≡ D' Suy điểm A, B, C, D thuộc đường tròn 1.4.Nhận xét: a Có cách khai triển phương tích sau +)Khai triển theo cát tuyến: Cho hai cát tuyến MAB, MCD đường tròn (O) Khi PM /(O ) = MA.MB = MC MD = MO − R +)Khai triển theo tam giác: Cho hai dây cung AB, CD đường tròn 2 (O)cắt điểm M Khi PM /( O ) = MA.MB = MC.CD = R − MO +)Khai triển theo tiếp tuyến: M nằm đường tròn (O) MT tiếp tuyến (O) PM /( O ) = MT +) Khi M nằm (O) PM / ( O ) = b Nếu A, B cố định AB AM số không đổi, M cố định Khai thác tính chất giúp ta giải toán đường thẳng qua điểm cố định Trục đẳng phương hai đường tròn - Chùm đường tròn 2.1 Định lý 2.1 Cho hai đường tròn không đồng tâm (O ; R1 ) (O ; R2 ) Tập hợp điểm M có phương tích hai đường tròn đường thẳng, đường thẳng gọi trục đẳng phương hai đường tròn (O ) (O2 ) Chứng minh: Giả sử điểm M có phương tích hai đường tròn cho Gọi H hình chiếu M O1O2, I trung điểm O1O2 Ta có: ( MH + HO12 ) − ( MH + HO22 ) = R12 − R22 ⇔ ( HO1 − HO2 )( HO1 + HO2 ) = R12 − R22 ⇔ O2O1.2 HI = R12 − R22 ⇔ IH = R12 − R22 2O1O2 Do H cố định, nên tập hợp điểm M có phương tích hai đường tròn đường thẳng qua H vuông góc với O1O2 2.2.Các hệ quả: Cho hai đường tròn (O) (I) Khi 1.Trục đẳng phương hai đường tròn vuông góc với đường thẳng nối tâm 2.Nếu hai đường tròn cắt A B AB trục đẳng phương chúng 3.Nếu điểm M có phương tích (O) (I) đường thẳng qua M vuông góc với OI trục đẳng phương hai đường tròn 4.Nếu hai điểm M, N có phương tích hai đường tròn đường thẳng MN trục đẳng phương hai đường tròn 5.Nếu điểm có phương tích hai đường tròn điểm thẳng hàng 6.Nếu (O) (I) tiếp xúc A đường thẳng qua A vuông góc với OI trục đẳng phương hai đường tròn 2.3.Cách xác định trục đẳng phương hai đường tròn Trong mặt phẳng cho hai đường tròn (O1 ) (O2 ) Xét trường hợp sau: Trường hợp 1: Hai đường tròn cắt hai điểm phân biệt A, B Khi đường thẳng AB trục đẳng phương hai đường tròn Trường hợp 2: Hai đường tròn tiếp xúc T Khi tiếp tuyến chung T trục đẳng phương hai đường tròn Trường hợp 3: Hai đường tròn điểm chung Dựng đường tròn (O3 ) cắt hai đường tròn ( O1 , O2 , O3 không thẳng hàng) Trục đẳng phương cặp đường tròn (O1 ) (O3 ); (O2 ) (O3 ) cắt K Đường thẳng qua K vuông góc với O1O2 trục đẳng phương (O1 ),(O2 ) 2.4.Chùm đường tròn Tập hợp đường tròn có chung trục đẳng phương gọi chùm đường tròn Định lý bản: Cho hai đường tròn (O1 ), (O2 ) tập hợp A = { α PM /(O ) + β PM /(O ) = 0} chùm đường tròn Tâm đẳng phương 3.1 Định lý 3.1 Cho đường tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ) cho O1 , O2 , O3 không thẳng hàng Khi trục đẳng phương cặp đường tròn trùng song song qua điểm, điểm gọi tâm đẳng phương ba đường tròn Chứng minh: Gọi dij trục đẳng phương hai đường tròn (Oij ) (O ji ) Ta xét hai trường hợp sau a) Giả sử có cặp đường thẳng song song, không tính tổng quát ta giả sử d12 // d23 Ta có d12 ⊥ O1O2 , d 23 ⊥ O2O3 suy O1 , O2 , O3 thẳng hàng Mà d13 ⊥ O1O3 suy d13 // d 23 // d12 b) Giả sử d12 d23 có điểm chung M Khi ta có  PM / ( O1 ) = PM / ( O2 ) ⇒ PM / ( O1 ) = PM / ( O3 ) ⇒ M ∈ d13  P = P M / ( O3 )  M / ( O2 ) Từ suy có hai đường thẳng trùng trục đẳng phương cặp đường tròn lại Nếu hai trục đẳng phương cắt điểm điểm thuộc trục đẳng phương lại 3.2.Các hệ 1.Nếu đường tròn đôi cắt dây cung chung qua điểm 2.Nếu trục đẳng phương song song trùng tâm đường tròn thẳng hàng 3.Nếu đường tròn qua điểm có tâm thẳng hàng trục đẳng phương trùng II Ứng dụng phương tích trục đẳng phương II.1.Ứng dụng phương tích trục đẳng phương chứng minh ba điểm thẳng hàng ba đường thẳng đồng quy, chứng minh đường qua điểm cố định Có nhiều cách để chứng minh ba điểm thẳng hàng ba đường thẳng đồng quy Tuy nhiên số toán mà giả thiết có xuất nhiều đường tròn việc liên hệ đến trục đẳng phương 1.1.Giả sử cần chứng minh A, B, C thẳng hàng cách sử dụng trục đẳng phương ta cần xây dựng mô hình toán sau: Hai đường tròn (C1), (C2) có trục đẳng phương đường thẳng d Ta chứng minh PA/(C1 ) = PA/(C2 ) ; PB/(C1 ) = PB/(C2 ) ; PC/( C1 ) = PC/(C2 ) Khi A, B, C thuộc đường thẳng d 1.2.Giả sử cần chứng minh ba đường thẳng a, b, c đồng quy cách sử dụng tâm đẳng phương ta cần xây dựng đường tròn (C ), (I), (T) cặp nhận a, b, c làm trục đẳng phương a, b cắt K K tâm đẳng phương ba đường tròn Do c qua điểm K 1.3 Giả sử cần chứng minh đường thẳng c qua điểm cố định M ta xây dựng mô hình toán theo hướng sau: 1.3.1.Ba đường thẳng a,b, c trục đẳng phương ba cặp đường tròn a, b cố định cắt M, suy c qua M 1.3.2.Nếu A, B cố định AB AM số không đổi, M cố định Khai thác tính chất giúp ta giải toán đường thẳng qua điểm cố định 1.4 Giả sử cần chứng minh đường tròn (C) qua điểm cố định D ta xây dựng mô hình toán:Nếu hai đường thẳng AB CD cắt P , đường tròn (ABC) thay đổi PA.PB = PC.PD điểm A, B, C, D thuộc đường tròn Một số minh họa Bài (VMO- 2015) Cho đường tròn (O) hai điểm B, C cố định (O), BC không đường kính Một điểm A thay đổi (O) cho tam giác ABC nhọn Gọi E, F chân đường cao kẻ từ B, C tam giác ABC Cho (I) đường tròn thay đổi qua E, F , I tâm a Giả sử (I) tiếp xúc với B C điểm D Chứng minh DB cot B = DC cot C b Giả sử (I) cắt cạnh BC M, N Gọi H trực tâm tam giác ABC; P,Q giao điểm (I) với đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC Đường tròn (K) qua P, Q tiếp xúc với (O) T ( T phía A PQ) Chứng minh đường phân giác góc MTN qua điểm cố định Lời giải: a.Gọi X, Y giao điểm (I) với BE, CF Xét phương tích với đường tròn (I), ta có BD = BX BE; CD = CY CF A E O I F Y X C B D · · · Xét ∆BXF ; ∆CYE có ·XBF = YCE nên hai tam giác đồng dạng Suy , BXF = CYE BX BF cos B BD BX BE cos B sin C cot B = = → = = = CY CE cos C CD CY CF cos C sin B cot C Hay BD cot B = CD cot C b.Trường hợp tam giác ABC cân A , toán Xét trường hợp tam giác không cân A , không tính tổng quát, giả sử AB < AC Gọi G giao điểm EF ; BC Xét đường tròn (BHC), (I) đường tròn đường kính BC A T E O F H Q C P B N M G J Ta thấy: +)Trục đẳng phương (BHC), (I) PQ +)Trục đẳng phương (I) đường tròn đường kính BC E F +)Trục đẳng phương (BHC) đường tròn đường kính BC BC Do PQ, E F, BC đồng quy tâm đẳng phương ba đường tròn Ta có GT = GP.GQ = GM GN nên đường tròn (TMN ) tiếp xúc với đường tròn (O ) T · · ¼ đường tròn (K)) Do đó, ta có GTM (cùng chắn TM = GNT · · · Mặt khác, theo tính chất góc tam giác NCT GNT = NTC + NCT · · · · Hơn nữa, GT tiếp xúc với (O) nên GTB = GCT Khi thu BTM = CTN · · Từ dễ thấy phân giác hai góc MTN ; BTC trùng hay phân giác góc · » không chứa A J điểm cố định Vậy ta có qua trung điểm J BC MTN điều phải chứng minh Nhận xét: 1.Trong toán xuất nhiều đường tròn, có đường tròn thay đổi Do với yêu cầu chứng minh đường thẳng qua điểm cố định việc nghĩ đến tâm đẳng phương điều dễ hiểu Tuy nhiên ta giải toán mà không cần có mặt điểm E, F.Xét trục đẳng phương ba đường tròn (BHC), (O), (TPQ) có tiếp tuyến T qua giao điểm BC , PQ ta thu kết toán 2.Vấn đề EF qua G đưa toán khác để khai thác mở rộng Bài (Phát triển VMO 2015).Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) Một đường tròn ( I ) qua B, C ( J ) đường tròn khác thay đổi cắt BC M, N; cắt ( I ) P, Q Đường tròn qua P, Q tiếp xúc với đường tròn · (O ) T nằm phía với A so với BC Chứng minh phân giác MTN qua trung điểm cung BC không chứa A (Nguyễn Văn Linh) Lời giải: Trước hết xét bổ đề hai đường đẳng giác tam giác Bổ đề: Cho tam giác BCT, TM, TN hai đường đẳng giác góc BTC ⇔ BM BN BT = CM CN CT (*) Trở lại toán: Gọi ( K ) qua P, Q tiếp xúc với (O) T Kẻ ST tiếp tuyến T đường tròn (O), (K) ST trục đẳng phương (O), (K) PQ trục đẳng phương (I), (K) BC trục đẳng phương (I), (O) Khi ST , PQ, BC đồng quy tâm đẳng phương S ba đường tròn Suy S , P, Q thẳng hàng Gọi P ' = BP ∩ (J); Q ' = CQ ∩ ( J ); H = BP ∩ CQ · · ' P ' − HCB · Ta có HPQ = HQ ⇒ P ' Q '/ / BC Ta có ∆BST : ∆TSC ( g g ) ⇒ SB ST BT SB BT = = ⇒ = ST SC CT SC CT (1) Vì S , P, Q thẳng hàng nên theo định lý Menelauyt, ta có SB BP HQ = SC HP CQ HQ HB BP ' Mặt khác, P ' Q '/ / BC nên ∆HPQ : ∆HCB( g.g ) ⇒ HP = HC = CQ ' 10 giác cặp góc · · · · · · · · MAN ,MBN ; MBN , NCM ; MCN , MDN ; MDN , MAN Giả sử bốn điểm P, Q, S , T phân biệt a.Chứng minh bốn điểm P, Q, S , T nằm đường tròn tâm I b.Gọi E giao điểm AC, BD Chứng minh O, I, E thẳng hàng Lời giải : b.Trước hết ta chứng minh định lý quen thuộc sau : Định lý Brocard.Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Giả sử AB cắt CD M, AD cắt BC N, AC cắt BD E Khi O trực tâm tam giác MNE N A K O B E D C M Chứng minh định lý : Gọi K giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE , CDE Ta thấy K , E , M thuộc trục đẳng phương hai đường tròn ( ABE ), (CDE ) ⇒ K , E , M thẳng hàng · · · · · · Mặt khác ta có BKC = BKE + CKE = EAB + EDC = BOC ⇒ OKBC nội tiếp Tương tự · tứ giác OKAD nội tiếp nên K giao điểm thứ hai khác MQ (OBC ), (OAD) ⇒ O, K , N nằm trục đẳng phương hai đường tròn Tức O, K , N thẳng hàng · · · · · · · · · · Hơn MKN = MKB + NKB = EAB + OCB = EDC + OCB = OKC + EKC = MKO Mà · · MKN , MKO hai góc kề bù, ME ⊥ ON Chứng minh tương tự ta có NE ⊥ OM ⇒ E trực tâm tam giác OMN ⇒ OE ⊥ MN ⇒ O trực tâm tam giác MNE Vậy định lý chứng minh Trở lại toán : Áp dụng định lý Brocard, với E giao điểm hai đường chéo tứ giác ABCD điểm M, N ta có OE ⊥ MN Ta cần chứng minh OI ⊥ MN 20 Thật : Theo cách xác định điểm Q, T tâm đường tròn bàng tiếp tam giác BCM , ADM nên chúng phải nằm đường phân giác ·AMB ⇒ M , Q, T thẳng hàng N A S T O B E Q P D C M Mặt khác, tính chất tâm đường tròn bàng tiếp nên 1· 1· · · MQB = 900 − BCM = 900 − BAD = BAT ⇒ ABQT nội tiếp Do MA.MB = MQ.MT 2 hay M có phương tích (O), ( I ) Tương tự N thuộc trục đẳng phương (O), ( I ) ⇒ MN trục đẳng phương (O), ( I ) Suy OI ⊥ MN Vậy O, I, E thẳng hàng Nhận xét : 1.Trong câu b, với yếu tố E giao điểm hai đường chéo tứ giác ABCD điểm M, N việc nghĩ đến định lý Brocard điều dễ thấy thu OE ⊥ MN 2.Việc chứng minh OE ⊥ MN cho ta thấy bước cần chứng minh OI ⊥ MN Do O, I tâm đường tron ngoại tiếp tứ giác ABCD, PQTS nên ý tưởng tự nhiên ta chứng minh MN trục đẳng phương hai đường tròn 3.Bài toán tương tự (Crux Mathematical 2005) Cho tứ giác ABCD lồi, nội tiếp đường tròn tâm O có cặp cạnh đối không song song Gọi E t giao điểm hai đường chéo AC, BD Gọi P, Q, S,T giao điểm đường phân giác cặp góc (A,B); (B,C); (C, D); (D,A) ABCD Chứng minh tứ giác PQST nội tiếp đường tròn tâm X O, E, X thẳng hàng, PS ⊥ QT II.2.Ứng dụng phương tích trục đẳng phương toán quỹ tích số toán chứng minh tính chất hình học khác 21 Giả sử cần tìm quỹ tích điểm M cách dùng kiến thức phương tích trục đẳng phương ta xử lí tình sau: 2.1 Dùng định lý trục đẳng phương: Cho hai đường tròn không đồng tâm (O1; R1 ); (O2 ; R2 ) Tập hợp điểm M có phương tích hai đường tròn đường thẳng, đường thẳng gọi trục đẳng phương hai đường tròn (O1) (O2) 2.2.Dùng tính chất:Nếu hai đường thẳng AB CM cắt P A, B, C cố định PA.PB = PC.PM điểm A, B, C, M thuộc đường tròn Vậy tập hợp điểm M đường tròn (ABC) Các toán chứng minh tính chất hình học khác thường dùng trực tiếp việc 2 biến đổi đẳng thức phương tích: PM /( O ) = MA.MB = d − R Bài 14 Cho hai đường tròn (O; r), ( I ; R) tiếp xúc M (r < R) Xét điểm A di động đường tròn ( I ) cho A, I , O không thẳng hàng Từ điểm A kẻ tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (O), B, C tiếp điểm Các đường thẳng MB, MC cắt lại ( I ) E , F Gọi D giao điểm thứ hai EF tiếp tuyến A ( I ) Chứng minh D di động đường thẳng cố định Lời giải: Qua điểm M kẻ tiếp tuyến chung My (O), ( I ) , ta có · · · · MCA = CMy = FMD = FAM ⇒ ∆FAM : ∆FCA( g g ) ⇒ FA2 = FM FC = FO − r (1) Tương tự ta chứng minh EA2 = EO − r (2) Coi ( A, 0) đường tròn tâm A, bán kính 0, từ (1) (2) suy EF trục đẳng phương hai đường tròn ( A, 0), (O) Do DA tiếp tuyến 22 2 ( I ) ⇒ DA2 = DI − R Mặt khác D ∈ EF ⇒ DA = DO − r ⇒ PD /( O ) = PD/( I ) Vậy D ∈ My trục đẳng phương hai đường tròn cố định (O), ( I ) Bài 15 (TST 2012) Cho tam giác ABC không vuông A, AM đường trung tuyến Gọi D điểm di động đường thẳng AM (O1), (O2) đường tròn qua điểm D, tiếp xúc với BC B, C Gọi P, Q giao điểm đường thẳng AB với đường tròn (O1), AC với đường tròn (O2) Chứng minh rằng: a Tiếp tuyến P (O1 ) tiếp tuyến Q (O2 ) phải cắt điểm Gọi điểm S b Điểm S di động đường thẳng cố định D di động AM Lời giải: a.Vì M trung điểm BC nên MB = MC , suy M thuộc trục đẳng phương hai đường tròn (O1), (O2) Mặt khác D giao điểm hai đường tròn nên MD trục đẳng phương (O1), (O2) Lại có A ∈ DM ⇒ AP AB = AQ AC (1) hay tứ giác BPQC nội tiếp Từ hệ thức (1) ta thấy : P trùng với A Q trùng với A, P thuộc đoạn AB Q thuộc đoạn AC ngược lại Không tính tổng quát, giả sử ·ABC nhọn, gọi Px tia tiếp tuyến đường · tròn (O1 ) cho xPB nhọn Theo tính chất tiếp tuyến , ta có : · · · · xPB = PBC ⇒ xPB = ·AQB ( ·AQB = PBC ) ⇒ Px tiếp tuyến đường tròn ( APQ ) Suy (O1 ) tiếp xúc với đường tròn ( APQ ) Tương tự (O2 ) tiếp xúc với đường tròn ( APQ) Do tiếp tuyến P (O1 ) tiếp tuyến Q (O2 ) hai tiếp tuyến ( APQ) P, Q 23 · Theo giả thiết, PAQ ≠ 900 nên hai tiếp tuyến không song song chúng phải cắt (Đpcm) b.Theo chứng minh trên, ta có : S thuộc tiếp tuyến (O1 ), (O2 ),SP = SQ ⇒ S thuộc trục đẳng phương hai đường tròn Nghĩa S nằm AM Vậy D thay đổi AM S di chuyển đường thẳng AM cố định Bài 16.Cho tam giác ABC có đỉnh A cố định B, C thay đổi đường thẳng d cố định cho gọi A’ hình chiếu A lên d A′B A′C âm không đổi Gọi M, N hình chiếu A’ lên AB, AC K giao điểm tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác A’MN M N Chứng minh K thuộc đường thẳng cố định Lời giải: Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A’MN I giao điểm OK MN Ta thấy O trung điểm AA’ Gọi D P giao điểm AA’ với (ABC) MN Dễ thấy AM AB = AA′2 = AN AC Suy tứ giác BMNC nội tiếp ⇒ ·AMN = ·ACB Mà ·ADB = ·ACB nên ·AMN = ·ADB Suy MPDB nội tiếp Do ta có AP AD = AM AB = AA′2 Mà A, A’ D cố định nên P cố định Gọi H hình chiếu K AA’ Ta có OP.OH = OI OK = ON = AA′2 24 Mà O, P, A’ cố định nên H cố định.Vậy K thuộc đường thẳng qua H vuông góc với AA’ Bài 17.Cho đường tròn (I ; r) tiếp xúc với đường thẳng d D.B, C hai điểm d cho BD.CD = −k Từ B, C kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn ( I ) , tiếp điểm tương ứng F , E Lấy N , P điểm đối xứng với D qua B, C Gọi M giao điểm NF , PE Kẻ MH vuông góc với AD , đường tròn ngoại tiếp tam giác ( AHF ) cắt EM G , ( AEH ) cắt FM K Chứng minh GK song song với đường thẳng cố định B, C chuyển động Lời giải: Theo ta thấy tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn · · ( I ; r) ⇒ BD = BF = BN; CD = CE = CP ⇒ DEN = DEP = 900 ⇒ DEMF nội tiếp đường tròn đường kính DM Mà D, E, F ∈ ( I ) ⇒ M ∈ ( I ) Do MH ⊥ AD ⇒ H ∈ ( I ) · · · Mặt khác ta có tứ giác AHFG nội tiếp nên ·AGF = FHD = BDF = DEF · · · Tương tự : AHEK nội tiếp nên ·AKE = DHE = DFE = CDE · · Do GFK = GEK = 900 ⇒ EFGK nội tiếp Suy D, F , G thẳng hàng D, E , K thẳng hàng Do AG / / DB; AK / / CD ⇒ GK / / BC Vậy GK / / d cố định Bài 18 (TST Romania 2008).Cho tam giác ABC có D, E, F ∈ BC , AC , AB cho DB EC FA = = Chứng minh hai tam giác ABC , DEF có chung tâm EA EA FB đường tròn ngoại tiếp O hai tam giác có chung trực tâm H −k = Lời giải: • Giả sử tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R), tam giác DE F nội tiếp đường tròn (O;r) 25 Xét phương tích PD /( ABC ) = DO − R = DB.DC PE/( ABC ) = EO − R = EA.EC PF/( ABC ) = FO − R = FB.FA Suy DB.DC = EA.EC = FA.FB Mặt khác kết hợp giả thiết ta có: −k DB = CE (− k ) = AF2 (− k ) ⇒ AF = BD = CF Tương tự chứng minh được: AE = BF = CD Suy AB = AC = BC ⇒ ∆ABC Khi ∆AEF = ∆BFD = ∆CDE (c.g c) ⇒ DE = DF = EF ⇒ ∆DEF Vậy ∆ABC , ∆DEF có trực tâm H ≡ O • Giả sử ∆ABC , ∆DEF có trực tâm H Gọi G trọng tâm tam giác ABC Khi uuur uuur uuur r uuur CD uuur BD uuur GA + GB + GC = 0, GD = GB + GC BC BC Tương tự ta có: uuur uuur uuur  CD AF  uuur  CE BF  uuur  AE BD  uuur GD + GE + GF =  + + + ÷GB +  ÷GA +  ÷GC  BC AB   AC AB   AC BC  uuur uuur uuur ur = GA + GB + GC = O Suy G trọng tâm tam giác DEF Gọi (O1 ), (O2 ) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , DEF Xét đường thẳng Euler cho hai tam giác ta có: GO1 −1 GO2 = = ⇒ O1 ≡ O2 ≡ O GH GH Vậy hai tam giác ABC , DEF có chung tâm đường tròn ngoại tiếp O Bài toán chứng minh Bài 19.Cho tam giác ABC, đường tròn (O) qua B, C cắt AB, AC điểm thứ hai K, N Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, AKN cắt M, A Chứng minh rằng: · OMA = 900 Lời giải: 26 Theo giả thiết ta có AM trục đẳng phương hai đường tròn ( ABC ), ( AKN ) KN trục đẳng phương hai đường tròn (O), ( AKN ) BC trục đẳng phương hai đường tròn ( ABC ), (O) Mặt khác: KN cắt BC nên AM, KN, BC đồng quy D Gọi I, L tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, AKN F = AI ∩ ( I ), E = AL ∩ ( L ) ⇒ I , L trung điểm AF , AE ⇒ IL / / EF · Lại có: IL ⊥ AM ⇒ EF ⊥ AM ⇒ AME = 900 ⇒ E , F , M thẳng hàng Ta có OL ⊥ KN , OI ⊥ BC · · Do B, C , N , K ∈ (O) ⇒ CAI = 900 − ABC = 900 − ·ANK ⇒ AI ⊥ KN Tương tự: AL ⊥ BC ⇒ AIOL hình bình hành ⇒ LI qua trung điểm AO, LI đường trung bình tam giác AEF ⇒ O ∈ EF ⇒ O, E , F , M thẳng hàng · Suy OMA = 900 Bài 20 Cho hai đường tròn (O; R); (O’; r) Kẻ hai tiếp tuyến chung chung hai đường tròn A A’, BB’( A, B ∈ (O), A ', B ' ∈ (O ') Chứng minh AB, A ' B ', OO' đồng quy Lời giải: 27 Gọi H giao điểm AB, A ' B ' Khi ta chứng minh ·AHA ' = 900 ⇒ AA ' H ; ∆BB ' H vuông H Suy đường tròn ngoại tiếp tam giác AA ' H , BB ' H có tâm thuộc AA ', BB ' ⇒ OB, O ' B ', O ' A ', OA tiếp tuyến đường tròn ( BB ' H ), ( AA ' H ) Do trục đẳng phương hai đường tròn OO ' Mặt khác H điểm chung hai đường tròn nên O, O ', H thẳng hàng Hay AB, A ' B ', OO' đồng quy Bài 21 (Phát triển 20) Cho hai đường tròn (O; R); (O’; R) nhau, R không đổi; O, O ' nằm đường thẳng d cố định Kẻ hai tiếp tuyến chung chung hai đường tròn A A’, BB’( A, B ∈ (O), A ', B ' ∈ (O ') AB cắt A’B’ điểm H Chứng minh HO.HO ' không đổi O, O ' chuyển động đường thẳng d Lời giải: Theo 2.7 ta có H ∈ OO ';( AA ' H ) ∩ ( BB ' H ) = {H , K } ⇒ K ∈ OO ' · ⇒ K ∈ ( ACO ) Mặt khác tứ giác OACB nội Suy ·AKH = ·AA ' H = ·ACB = ACO tiếp nên K ∈ (OACB ) ⇒ HA.HB = HO.HK ⇔ PH /(O) = HO.HK ⇔ HO.HK = R − OH Tương tự: O ', A ', C , B ', K thuộc đường tròn nên HK HO ' = HA '.HB ' ⇔ HK HO ' = PH /( O ') ⇔ HK HO ' = O ' H − R Suy R O ' H − OH O ' H = − R OH + OH O ' H ⇔ OH O ' H = R Hay OH O ' H = − R Bài toán chứng minh Bài 22.Cho tam giác ABC có đường cao AD, BE , CF ; P điểm Chứng minh đường tròn ( PAD), ( PBE ), ( PCF ) lập thành chùm Lời giải: 28 Gọi H trực tâm tam giác ABC ⇒ HA.HD = HB.HE = HC HF ⇒ H thuộc trục đẳng phương ba đường tròn ( ADP), ( BEP), (CFP) Mặt khác P thuộc trục đẳng phương ba đường tròn ( ADP), ( BEP), (CFP) Suy ba đường tròn lập thành chùm Bài 23 (Trần Quang Hùng-KHTN) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Dựng tam giác hình bình hành ABKL, ACMN cho ∆ABL : ∆CAM Các đường thẳng AN , AL theo thứ tự cắt BK , CM F , E Gọi P giao điểm nằm trong tam giác ABC đường tròn ngoại tiếp tam giác LME , NFK Chứng minh B, C , O, P thuộc đường tròn Lời giải : Gọi G = KB ∩ CM , ∆ABL : ∆CAM ⇒ ·ABK + ·ACM = 1800 ⇒ G nằm đường tròn tâm (O) · · Dễ thấy tứ giác AFGE hình bình hành nên ·AFG = 1800 − FGE = BAC Lại có: ·AGF = ·ACB ⇒ ∆AFG : ∆BAC ⇒ AC FA = AB.FG = AB.AE Hơn từ ∆ABL : ∆CAM ⇒ AC AL = AB AN ⇒ 29 AF AE = ⇔ AL AE = AF AN AL AN Vậy A thuộc trục đẳng phương hai đường tròn ngoại tiếp tam giác LME , NFK · · · Gọi D = KL ∩ MN ⇒ DNF = 1800 − ANM = 1800 − FKL ⇒ D ∈ ( NFK ) Tương tự chứng minh D ∈ ( LME ) Vậy DP trục đẳng phương đường tròn ( LME ), ( NFK ) ⇒ A ∈ DP Mặt khác, tứ giác DMEP, DKFP nội tiếp nên ·APF + ·APE = DME · · + DKF = 1800 ⇒ P ∈ EF Gọi Q trung điểm AG ⇒ ·AOQ = 1· · · · AOG = ·ACG = AMC = 1800 − DPF = 1800 − APQ Suy tứ giác APQO nội tiếp, mà OQ ⊥ AQ ⇒ AP ⊥ OP Gọi R = AP ∩ BC ⇒ RB S DAB S LAB AL AB AB = = = = RC S DAC S LAC AN AC AC Suy AP đường đối trung tam giác ABC ⇒ AP qua giao điểm hai tiếp tuyến B, C (O ) T Từ OP ⊥ AP ⇒ O, P , B, C thuộc đường tròn đường kính OT Tương tự 23: Cho tam giác ABC không cân A Dựng tam giác ABC hình chữ nhật đồng dạng ABKL, ACMN Các đường thẳng AL, AN theo thứ tự cắt CM , BK E , F Gọi P giao điểm nằm trong tam giác ABC đường tròn ngoại tiếp tam giác LME , NFK Gọi Q giao điểm KN · · LM Chứng minh PAB = QAC Bài 24.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (O), AD, BE , CF đường cao đồng quy H AX đường kính đường tròn (O) Đường thẳng qua X , H vuông góc với XH cắt EF , BC A1 , A2 a Chứng minh tứ giác HXA1 A2 hình chữ nhật nội tiếp đường tròn ( K a ) b Tương tự có đường tròn ( Kb ), ( K c ) Chứng minh tâm đường tròn ( K a ),( Kb ), ( K c ) nằm đường đường thẳng Lời giải: a.Gọi A ' = AO ∩ EF Chứng minh AO ⊥ EF , mà ·ACX = 900 ⇒ A ' ECX nội tiếp Suy AE AC = AA ' AX Mặt khác CDHE nội tiếp nên AE AC = AH AD ⇒ DHA ' X nội tiếp · · · · = HDA1 = XHA2 = XA ' A2 = 90 ⇒ A1 , A2 ∈ ( DXA ' H ) Do HXA Ta có HA2 / / XA1 ; HA2 ⊥ XH ⇒ HXA1 A2 hình chữ nhật nội tiếp đường tròn ( K a ) ≡ ( XDH ) 30 b.Ta có BH ⊥ AC; XC ⊥ AC ; BX ⊥ AB; CH ⊥ AB ⇒ BHCX hình bình hành nên HX qua trung điểm M BC M trung điểm HX Lấy X ' đối xứng A1 qua M ⇒ X ' B = A1C ; X ' C = BA1 (*) Kết hợp A1HX ' X hình bình hành Suy HX '/ / XA2 / / HA2 ⇒ X ' ∈ HA2 Tam giác MHX ' vuông H ⇒ X ' D X ' M = X ' H Gọi ( K ) đường tròn Euler ∆ABC ⇒ D, E , F , M ∈ ( K ), ( H ) đường tròn ( H ; 0) Suy PX '/( K ) = PX '/( H ) Các đường thẳng BY , CZ , Y ', Z ' xác định tương tự AX , X ' Suy PY '/( K ) = PY '/( H ) ; PZ '/( K ) = PZ '/( H ) ⇒ X ', Y ', Z ' thẳng hàng trục đẳng phương hai đường tròn ( K ; KM ), ( H ;0) Do X ', Y ', Z ' thuộc ba cạnh tam giác ABC nên theo định lí Menelauyt ta có X ' B Y 'C Z ' A AC B A C B =1⇒ =1 X 'C Y ' A Z ' B A B B1C C1 A (do (*)) Suy A1 , B1 , C1 thẳng hàng Theo câu a ta có K a , K b , K c trung điểm đoạn thẳng HA1 , HB1 , HC1 ⇒ K a , K b , K c thẳng hàng Vậy toán chứng minh Bài luyện tập Bài 25.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R ) Gọi ( I ; r ); (J; R A ) đường tròn nội tiếp, bàng tiếp góc A tam giác ABC Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) điểm thứ hai D Chứng minh ID.JD = ( RA − r ) R Bài 26 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có trọng tâm G.GA, GB, GC cắt đường tròn (O ) D, E , F Chứng minh 1 27 + + = 2 2 GD GE GF AB + BC + CA2 R A nằm đường tròn (O; R ) , qua A kẻ dây cung AC (O; R ) tiếp xúc với Bài 27 (USAMO 1998) Cho hai đường tròn (O; R), (O, r ), (R > r > ) Lấy điểm 31 đường tròn (O; r ) điểm B.D trung điểm AB, d đường thẳng qua A cắt ( O; r ) E , F cho trung trực đoạn DE , CF cắt M ∈ AC Tính AM CM R Bài 28 (Phát triển USAMO 1998) Cho hai đường tròn (O; R), (O, r ), (R > r > ) Lấy điểm A nằm đường tròn (O; R ) , qua A kẻ dây cung AC (O; R ) tiếp xúc với đường tròn (O; r ) điểm B.D trung điểm AB, d đường thẳng qua A cắt ( O; r ) E , F cho E thuộc đoạn AF , trung trực đoạn DE , CF cắt M thuộc AC.S điểm đối xứng B qua A Trung trực SM cắt OM I Đường tròn ( I ; IS ) cắt ( M ; AB ) X , Y Chứng minh B, X , Y thẳng hàng Bài 29 (IMO 2012 ngày 2).Cho tam giác ABC vuông C Gọi D chân đường cao hạ từ C Cho X điểm nằm miền đoạn thẳng CD Cho K điểm đoạn thẳng AX cho BK = BC Tương tự L đoạn thẳng BX cho AL = AC Cho M giao điểm AL BK Chứng minh MK = ML Bài 30.Cho tam giác ABC , H trực tâm Gọi D, E , F điểm đối xứng với A, B, C qua trung điểm BC , CA, AB Chứng minh trung trực HD, HE , HF cắt BC , CA, AB theo ba điểm thẳng hàng Bài 31 ( Mathematical Reflection MR2-2007).Từ điểm P nằm bên đường tròn tâm O, kẻ tiếp tuyến PA, PB tới đường tròn (O), (A, B tiếp điểm) Gọi M trung điểm AP N giao điểm BM với (O), ( N ≠ B) Chứng minh PN = 2MN Bài 32 (Iran NMO 1996).Trên hai cạnh AB, AC tam giác ABC lấy điểm D, E cho DE song song với BC Gọi P điểm tùy ý bên tam giác ABC, đường thẳng PB, PC cắt DE F G Gọi (O1 ), (O2 ) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PDG, PEF Chứng minh AP vuông góc với O1O2 Bài 33 (Trần Quang Hùng) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi D, E , F điểm đối xứng A, B, C qua BC , CA, AB a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác OAD, OBE , OCF qua điểm chung L b) Điểm đẳng giác với tâm đường tròn Euler tam giác ABC gọi điểm Kosnita K Chứng minh O, K , L thẳng hàng 32 Bài 34.Cho đường tròn tâm O đường kính AB Một điểm H thuộc đoạn AB Đường thẳng qua H vuông góc với AB cắt đường tròn C Đường tròn đường kính CH cắt AC, BC (O) D, E F a) Chứng minh AB, DE CF đồng quy b) Đường tròn tâm C bán kính CH cắt (O) P Q Chứng minh P, D, E, Q thẳng hàng Bài 35.Cho tam giác ABC có D trung điểm cạnh BC Gọi d đường thẳng qua D vuông góc với đường thẳng AD Trên đường thẳng d lấy điểm M Gọi E, F trung điểm đoạn thẳng MB, MC Đường thẳng qua E vuông góc với d cắt đường thẳng AB P, đường thẳng qua F vuông góc với d cắt đường thẳng AC Q Chứng minh đường thẳng qua M, vuông góc với đường thẳng PQ qua điểm cố định M di động đường thẳng d Bài 36.Cho tứ giác ABCD có cạnh AB CD cắt I, AD BC cắt K a) Chứng minh trực tâm tam giác AID, ABK, BCI, CDK thẳng hàng b) Chứng minh trung điểm đoạn AC, BD, IK thẳng hàng 33 C.PHẦN KẾT LUẬN Nội dung đề tài “Phương tích - Trục đẳng phương” xếp hệ thống số tập phát triển tập Bên cạnh đưa luyện tập để củng cố lại ứng dụng trực tiếp tính chất hệ phương tích, trục đẳng phương Hi vọng mang lại phần hiệu cho thầy cô học sinh giải toán hình học phẳng 2.Đề xuất ý kiến: -Tổ chức lớp tập huấn, bồi dưỡng giáo viên chuyên khu vực hè -Học sinh đội tuyển trường Chuyên khu vực tham gia học tập, giao lưu thường xuyên -Chuyên đề hình học phẳng dạy thường xuyên năm THPT chuyên Bài viết có tham khảo từ: [1] Tài liệu giáo khoa chuyên Toán 10 [2] Bài tập nâng cao số chuyên đề hình học 10- Nguyễn Minh Hà [3] Tài liệu Internet [4]Lời giải bình luận đề thi VMO- Trần Nam Dũng [5] Một số tập từ kì thi IMO,VMO, khu vực Olympic nước 34 [...]... II.2.Ứng dụng của phương tích và trục đẳng phương trong bài toán quỹ tích và một số bài toán chứng minh tính chất hình học khác 21 Giả sử cần tìm quỹ tích điểm M bằng cách dùng kiến thức phương tích và trục đẳng phương ta có thể xử lí một trong các tình huống sau: 2.1 Dùng chính định lý về trục đẳng phương: Cho hai đường tròn không đồng tâm (O1; R1 ); (O2 ; R2 ) Tập hợp các điểm M có phương tích đối với... → AODE nội tiếp hay O ∈ ( ADE ) Do đó trục đẳng phương của ( ADE ), (OCD) là OD Trục đẳng phương của (O), ( ADE ) là AF Xét ba đường tròn (O), ( ADE ), (ODC ) đôi một có các trục đẳng phương là OD, d, AF nên chúng đồng quy tại một điểm Vậy AF đi qua điểm cố định là giao điểm của OD, d Nhận xét: 1.Ý tưởng để chứng minh bài toán a bằng phương tích và trục đẳng phương là khá rõ ràng Trong câu b có sự... nội tiếp đường tròn (w1) 0 · · Mặt khác, IBI a = ICI a = 90 nên tứ giác IBIaC nội tiếp đường tròn (w2) Ta thấy IaI là trục đẳng phương của (w1 ), (w 2 ) , BC là trục đẳng phương của (O) và (w 2 ) , TS là trục đẳng phương của (O), (w1 ) Khi đó IaI, BC, TS đồng quy tại A ' là tâm đẳng phương của ba đường tròn trên Vậy điểm S , T , A ' thẳng hàng Bài 7 (Phát triển Iran NMO 2001).Cho tam giác ABC nội tiếp... trung điểm của các đoạn AC, BD, IK thẳng hàng 33 C.PHẦN KẾT LUẬN 1 Nội dung đề tài Phương tích - Trục đẳng phương là sự sắp xếp hệ thống một số bài tập và phát triển các bài tập đó Bên cạnh đó chúng tôi còn đưa ra bài luyện tập để củng cố lại những ứng dụng trực tiếp các tính chất và hệ quả của phương tích, trục đẳng phương Hi vọng nó sẽ mang lại một phần hiệu quả nào đó cho các thầy cô và học sinh... ⇒ FLK = FEK ⇒ ELKF nội tiếp Gọi J = EK ∩ FL do ELKF nội tiếp nên JE.JK = JL.JF ⇒ PJ /(CEK ) = PJ /( DFL ) Vậy J nằm trên trục đẳng phương của (CEK ), ( DFL) Tương tự do DLKC nội tiếp nên I nằm trên trục đẳng phương của (CEK ), (DFL) Ta có ba điểm O, I , J cùng nằm trên trục đẳng phương của (CEK ), ( DFL) nên chúng thẳng hàng Vậy EK , FL, OI đồng quy Bài 4 (VMO- 2014).Cho tam giác ABC nội tiếp đường... hai K, N Đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, AKN cắt nhau tại M, A Chứng minh rằng: · OMA = 900 Lời giải: 26 Theo giả thiết ta có AM là trục đẳng phương của hai đường tròn ( ABC ), ( AKN ) KN là trục đẳng phương của hai đường tròn (O), ( AKN ) BC là trục đẳng phương của hai đường tròn ( ABC ), (O) Mặt khác: KN cắt BC nên AM, KN, BC đồng quy tại D Gọi I, L lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam... khác tứ giác BCJN nội tiếp và BJ ∩ CN = H ⇒ HB.HJ = HC HN ⇔ PH /(O ) = PH /(T ) ⇒ H thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (O), (T ) Ta lại có tứ giác BXFY nội tiếp nên KB.KX = KF KY ⇔ PK /(O ) = PK /(T ) ⇒ K thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (O), (T ) Chứng minh tương tự ta có: I, L thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (O), (T ) Vậy H, I, K, L thẳng hàng Bài 11 (IMO 2013).Cho tam giác... M Mặt khác, do tính chất tâm đường tròn bàng tiếp nên 1· 1· · · MQB = 900 − BCM = 900 − BAD = BAT ⇒ ABQT nội tiếp Do đó MA.MB = MQ.MT 2 2 hay M có cùng phương tích đối với (O), ( I ) Tương tự N thuộc trục đẳng phương của (O), ( I ) ⇒ MN là trục đẳng phương của (O), ( I ) Suy ra OI ⊥ MN Vậy O, I, E thẳng hàng Nhận xét : 1.Trong câu b, với yếu tố E là giao điểm của hai đường chéo của tứ giác ABCD và... MA = MC ⇒ MCA = MAC ⇒ NBA = MCA Do đó tứ giác BMCN nội tiếp và ta được QM QN = QB.QC 12 Suy ra Q có cùng phương tích đối với hai đường tròn (O), ( AMN ) Do đó Q thuộc trục đẳng phương AP của hai đường tròn này Vậy A, P, Q thẳng hàng b.Ta thấy (ODC ), (O) tiếp xúc với nhau tại C nên trục đẳng phương của hai đường này chính là tiếp tuyến d của (O) tại C Ta chứng minh O ∈ ( ADE ) Thật vậy, O, M cùng... chứng minh được EA2 = EO 2 − r 2 (2) Coi ( A, 0) là đường tròn tâm A, bán kính 0, từ (1) và (2) suy ra EF là trục đẳng phương của hai đường tròn ( A, 0), (O) Do DA là tiếp tuyến của 22 2 2 2 ( I ) ⇒ DA2 = DI 2 − R 2 Mặt khác D ∈ EF ⇒ DA = DO − r ⇒ PD /( O ) = PD/( I ) Vậy D ∈ My là trục đẳng phương của hai đường tròn cố định (O), ( I ) Bài 15 (TST 2012) Cho tam giác ABC không vuông tại A, AM là đường ... hàng 3.Nếu đường tròn qua điểm có tâm thẳng hàng trục đẳng phương trùng II Ứng dụng phương tích trục đẳng phương II.1.Ứng dụng phương tích trục đẳng phương chứng minh ba điểm thẳng hàng ba đường... trùng trục đẳng phương cặp đường tròn lại Nếu hai trục đẳng phương cắt điểm điểm thuộc trục đẳng phương lại 3.2.Các hệ 1.Nếu đường tròn đôi cắt dây cung chung qua điểm 2.Nếu trục đẳng phương. .. II.2.Ứng dụng phương tích trục đẳng phương toán quỹ tích số toán chứng minh tính chất hình học khác 21 Giả sử cần tìm quỹ tích điểm M cách dùng kiến thức phương tích trục đẳng phương ta xử lí